2024届浙江省教育绿色评价联盟高考物理三模试卷含解析

2024届浙江省教育绿色评价联盟高考物理三模试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示是某同学荡秋千的一种方式：人站在秋千板上，双手抓着两侧秋千绳：当他从最高点A向最低点B运劭

时，他就向下蹲：当他从最低点8向最高点C运动时，他又站立起来；从C回到8他又向下蹲……这样荡，秋千会

越荡越高。设秋千板宽度和质量忽略不计，人在蹲立过程中，人的身体中心线始终在两秋千绳和秋千板确定的平面内。

则下列说法中，正确的是（）

A.人在最低点8时处于失重状态

B.在最高点A时，人和秋千受到的合力为0

C.若整个过程中人保持某个姿势不动，则秋千会越荡越低

D.在题干所述投动过程中，整个系统矶械能守恒

2、2017年11月5日，又有两颗北斗导航系统组网卫星通过“一箭双星”发射升空，并成功进入预定轨道，两颗卫星绕

地球运动均看作匀速圆周运动。如果两颗卫星的质量均为其中的1号卫星轨道距离地面高度为力，2号卫星轨道

距离地面高度为“，且力〉力，把地球看做质量分布均匀的球体，已知地球半径为R,地球表面的重力加速度大小为g,

引力常量为G下列说法正确的是（）

A.1号卫星绕地球运动的线速度RJ3一

\R+h

IR+/1

B.1号卫星绕地球运动的周期7=2mR+/z）

VGM

C.1号卫星和2号卫星做匀速圆周运动的向心力大小之比为j

h~

D.稳定在轨运行时1号卫星的机械能大于2号卫星的机械能

3、卜列关于原子物埋知识的叙述正确的是（）

A.夕衰变的实质是核内的中子转化为一个质子和一个电子

B.结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定

C.两个轻核结合成一个中等质量的核，核子数不变质量不亏损

D.对于一个特定的氨原子，知道了半衰期，就能准确的预言它在何时衰变

4、如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A、B并排放在两平行且水

平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车（无牵引力），控制两车以相同的速度如做匀速直线运动。

某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A保持原来的牵引力不变，玩具车B保持原来的输出功率不变，当玩

具车A的速度为2〃）时，玩具车B的速度为1.5%，运动过程中受到的阻力仅与质量成正比，与速度无关，则正确的是

()

A.在这段时间内两车的位移之比为6：5

B.玩具车A的功率变为原来的4倍

C.两车克服阻力做功的比值为12：11

D.两车牵引力做功的比值为3：1

5、在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为。的光滑斜面，其上有一质量为m的物块，如图所示。物块在下滑的过

程中对斜面压力的大小为（）

Mingcos0Mmgcos0

B.

M+/〃sin6coseM-msxnOcQsO

Mingcos0Mntgcos0

D.

M4-zwsin20M-znsin20

6、如图所示，传送带以恒定速率逆时针运行，将一小物体从顶端A无初速释放，物体与传送带之间的动摩擦因数

已知物体到达底端%前已与传送带共速，下列法中正确的是（）

A.物体与传送带共速前摩擦力对物体做正功，共速后摩擦力对物体不做功

B.物体与传送带共速前摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量

C.物体与传送带共速前物体和传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量

D.物体从A到8过程中物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、竖直悬挂的弹簧振子由最低点B开始作简谐运动，O为平衡位置，。为最高点，规定竖直向上为正方向，振动图像

如图所示。则以下说法中正确的是（）

A.弹簧振子的振动周期为2.0s

B.U0.5s时，振子的合力为零

C./=1.5s时，振子的速度最大，且竖直向下

D.Z=2.0s时，振子的加速度最大，且竖直向下

8、如图所示，两根相互平行，间距为L=0.4m足够长的金属导轨固定在水平面上，导轨间存在3=0.2T的匀强磁

场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，导轨上的金属杆ab、cd所受滑动摩擦力均为0.2N,两杆电阻均为0.1C,导轨

电阻不计，已知ab受恒力产的作用，ab和cd均向右做匀速直线运动，下列说法正确的是（）

A.恒力尸=0.4NB.两杆的速度差大小为6.25m/s

C.此时回路中电流大小为2AD.ab杆克服安培力做功功率等于回路中产生焦耳热的功率

9、如图所示，两光滑平行金属导轨MN与PQ,其间距为L,直导线，力垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个

装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为8。电容器接在P、M两端，其电容为C,除电路中的电

阻A外，导轨和直导线的电阻均不计。现给直导线出?一初速度，使之向右运动，当电路稳定后，直导线c而以速度口向

A.电容器两端的电压为BLuB.电阻两端的电压为零

C.电容器所带电荷量为D.直导线。〃所受安培力为”自

R

10、如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，。为两点电荷连线的中点。A、

8为斜面上的两点，且8O>AO。一个带电荷量为外质量为机，可视为质点的小物块，从4点以初速度均开始沿

斜面下滑，到达笈点速度恰好为零。（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（）

A.小物块带正电，从A运动到3点，加速度先增大后减小

B.小物块带负电，从4运动到5点，电势能先减小后增大

C.小物块运动到。点时具有最大速度

D.小物块能回到4点，且速度大小等于i，o

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）某同学想在实验室测量电压表5的内阻.

（1）他先用多用电表的欧姆挡“xlk”测量，如图甲所示，该读数为Q；多用表的红表笔与电压表V的

（选填“正”或"负”）的接线柱相连.

=

（2）为了更准确地测量电压表W的内阻，实验室提供的实验器材如下:

A.待测电压表Vi（量程为0〜3V）；

B.电压表VM量程为0〜9V,内阻约为9kC）；

C.滑动变阻器Ri（最大阻值为20C,额定电流为1A）；

D.定值电阻RK阻值为6kO）；

E.电源（电动势为9V,内阻约为1Q）;

F.开关一个、导线若干.

①根据提供的器材，连接图乙中的实物图__________.

②某次实验时电压表环和电压表V2的读数分别为Ui和U2,移动滑动变阻器滑片，多次测量，作出U2U1图象如图

内所示，已知图象的斜率为k,则内阻Rvi的表达式为（用R和k表示）.

③考虑电压表V2的内电阻，则该方法对实验的测量结果（选填“有”或“无”）影响.

12.（12分）某同学通过实验测定一个阻值约为5。的电阻R,的阻值：

（1）现有电源（4V,内阻可不计、滑动变阻器（0〜50aC,额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：

A.电流表（0〜3A,内阻约0.025C）

B.电流表（0〜0.6A,内阻约0.125。）

C.电压表（0〜3V,内阻约3k。）

D.电压表（0〜15V,内阻约15kQ）

为减小测量误差，在实验中,电流表应选用，电压表应选用（选填器材前的字母）；

⑵下图是测量Rx的实验器材实物图,图中已连接了部分导线.要求电玉表和电流表从零开始读数，补充完成图中实物间

的连线—：

⑶接通开关,改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U,某次电表示数如图所示，可得

（4）在测量电阻的过程中产生误差的主要原因是________（选填选项前的字母）

A.电流表测量值小于流经凡的电流值

B.电流表测量值大于流经凡的电流值

C.电压表测量值小于％两端的电压值

D.电压表测量值大于R、两端的电压值

(5)实验中为减少温度的变化对电阻率的影响，采取了以下措施,其中在确的是______

A.多次测量U、I,画U-/图像，再求R值

B.多次测量U、I,先计算R,再求R的平均值

C.实验中通电电流不宜过大，通电时间不宜过长

D.多次测量U、I,先求U、I的平均值，再求R

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.(10分)如图所示，一带电微粒质量为m=2.0xl07，g、电荷量q=+l.OxlO-sc,从静止开始经电压为Ui=100V的

电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角8=30。，并接着进入一个方向垂直纸

面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域.已知偏转电场中金属板长L=20cm,两板间距d=17.3cm,重力忽略不计.求:

D—

(1)带电微粒进入偏转电场时的速率VI：

(2)偏转电场中两金属板间的电压U2；

(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多少.

14.(16分)如图所示，在xoy平面内，虚线。尸与x轴的夹角为30。。。尸与j轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电

场，场强大小为反OP与x轴之间存在垂直于X。/平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子，从轴上的M点以初

速度均、沿着平行于x轴的方向射入电场，并从边界。尸上某点。(图中未画出)垂直于OP离开电场，恰好没有从

x轴离开第一象限。已知粒子的质量为，〃、电荷量为4(4>0)，粒子的重力可忽略。求：

(1)磁感应强度的大小；

⑵粒子在第一象限运动的时间；

⑶粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离。

15.（12分）如图所示，在xQy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场，轴左侧（I区）和边界

右侧（II区）的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，且右侧的磁感应强度大小是y轴左侧磁感应强度大小的2倍.

MN边界与》，轴平行且间距保持不变.一质量为加、电荷量为呻的粒子以速度％从坐标原点。沿x轴负方向射入磁场，

每次经过），轴左侧磁场的时间均为2，粒子重力不计.

（1）求y轴左侧磁场的磁感应强度的大小B；

（2）若经过4.5,0时间粒子第一次回到原点0,且粒子经过电场加速后速度是原来的4倍，求电场区域的宽度d

（3）若粒子在左右边磁场做匀速圆周运动的半径分别为小、R且拈V2,要使粒子能够回到原点0,则电场强度超应

满足什么条件？

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、c

【解析】

A.人在最低点时加速度竖直向上指向圆心，人处于超重状态，故A错误；

B.在最高点A时，人和秋千受到的合力为他们自身的重力，故B错误；

CD.由于荡秋千过程中不可避免存在空气阻力，如果没有能量补充，则系统机械能就越来越小，即秋千荡起最大高度

越来越低，故C正确，D错误。

故选C。

2、A

【解析】

A.设地球质量，力根据公式

v2

=M

G舄(R+h)

和

A

解得

故A正确；

B.根据公式

「Mm.,《4？/八，、

G-----亍=M——(/?+/2)

(R+h)2T2

和

7W叫)

'%g=G?

A

解得：

T_2^(R+h)^R+h

一丽一

故B错误；

C.根据

mM

4=G

(R+/?)2

k—mM

工=G-------f

(R+〃)2

所以

£=(R+/)2

F2-(K+»2

故c错误；

D.由于力＜〃'，卫星从低轨道向高轨道要点火加速，化学能转化为机械能，所以稳定在轨运行时1号卫星的机械能小

于2号卫星的机械能，故D错误。

故选A.

3、A

【解析】

A.。衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故A正确；

B.比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能大，原子核不一定越稳定，故B错误；

C.两个轻核结合成一个中等质量的核，会释放一定的能量，根据爱因斯坦质能方程可知存在质量亏损，故C错误；

D.半衰期是统计规律，对于一个特定的衰变原子，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发

生多少衰变，故D错误。

故选A。

4、C

【解析】

B.设玩具车、货车质量都为动摩擦因数为”,那么两车的挂钩断开与货车分离,玩具车的速度为用牵引力尸=2"/心,

加速度为〃="g,电机输出功率

P=Fvo=2/im^vo

变为原来的2倍，则B错误；

A.玩具车A保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车A的速度为如。时，位移

A-一丁一荻

功率

PA'=尸力O=2PA

克服摩擦力做的功

牵引力做的功:

VVFA=F5A=3WVO2;

玩具车B保持原来的输出功率不变前进，当玩具车A的速度为2yo时，玩具车B的速度为1.5M),由动能定理可得:

p2%-%

*哂=1.5%

所以位移

S尸出

所以

SA：SB=12：11；

则A错误

CD.克服摩擦力做的功:

W加-^ngSR-

O

所以

VVfA：w=12：11；

牵引力做的功：

WFB=P.411L=2,成

a

所以

WFA：m-fl=3：2

故C正确，D错误；

故选C。

5、C

【解析】

设物块对斜面的压力为N,物块，〃相对斜面的加速度为41,斜面的加速度为。2,方向向左；则物块，〃相对地面的加

速度为

4=qcos0-a2

ay=%sin0

由牛顿第二定律得

N

Nsin0=〃7（4cos。-%）

mg-Ncos0="zqsin0

对〃有

Nsin6=M4

解得

N_Mmgcos0

A/+/nsin26

故C正确，ABD错误。

故选C。

6、C

【解析】

A.物体与传送带共速前，物体受到的滑动摩擦力沿传送带向下，与速度方向相同，则摩擦力对物体做正功。共速后，

物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，与速度方向相反，对物体做负功，选项A错误；

B.物体与传送带共速前，重力和摩擦力对物体做功之和等于物体动能的增加量，选项B错误；

C.设传送带的速度为打物体与传送带共速前，物体机械能的增加量为：

v/

△E=/.ini^cosO•0=/Lim^cosO­—

物体与传送带间的相对位移为：

Vvt

Ax=vt——t=——

22

物体与传送带间的摩擦生热为：

v/

Q=pm^cosO-=/.im^cosO­—

所以有Q=AE,选项C正确；

D.物体从A到B过程中，只有物体与传送带共速前摩擦产生热量，共速后不产生热量，但共速后物体的机械能在减少,

所以物体从A到B过程中物体与传送带间的摩擦生热大于物体机械能的增加量，选项D错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ABC

【解析】

A.周期是振子完成一次全振动的时间，根据图像可知振子的周期是2.0s,A正确；

B.由图可知，，=0.5s时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零，B正确；

C.由图可知，，=1.5s时，振子位于平衡位置处，对应的速度最大；此时刻振子的位移方向从上向下，即振子的速度

方向竖直向下，C正确；

D.由图可知，弹簧振子在/=2.0s时位移负的最大位移处，所以回复力最大，方向向上，则振子的加速度最大，且竖

宜向上，D错误。

故选ABC*,

8、AB

【解析】

A.对金属杆ab、cd整体，由于两杆所受的安培力大小相等，方向相反，所以由平衡条件有

F=2/=2X0.2=0.4N

故A正确。

BC.cd杆做匀速直线运动，则有

f=BIL

解得/=2.5A,因两杆均切割磁感线，故均产生感应电动势，且ab产生的感应电动势一定大于cd产生的感应电动势,

则有

BL\v=I2r

解得速度差为

.Hr2x2.5x0.1

Av=——=--------------=6.25m/s

BL0.2x0.4

故B正确，C错误。

D・ab杆克服安培力做功功率为

PiL…吟鹏=巴2

a2ra2r

回路中产生焦耳热的功率为

nE2^2L2(AV)2

舄=五二——

可知ab杆克服安培力做功功率不等于回路中产生焦耳热的功率，故D错误。

故选AB。

9、ABC

【解析】

AB.当直导线c沿匀速向右运动时，直导线切割磁感线产生的感应电动势为

E=BIv

电路稳定后，电容器两极板间的电压

U=E=BLv

电容器既不充电也不放电，电路中无电流，电阻两端无电压，故A、B正确；

C.电容器所带电荷量为

Q=CU=CBLv

故C正确；

D.电路稳定后，直导线。〃中无电流，根据/=8〃可知直导线。〃不受安培力，故D错误；

故选ABCo

10、BD

【解析】

AB.从A到从物块的动能和重力势能均减小，则机械能减小，电势能变大，电场力对滑块做负功，可知滑块带负电,

从4到。，电场力做正功，电势能减小；从。到B电场力做负功，电势能变大；因在O点两侧斜面上都存在一个场

强最大的位置，此位置与48两点的位置关系不确定，则不能确定滑决加速度的变化情况，选项A错误，B正确；

C.因滑块在。点以下某位置时，受到向下的重力、垂直斜面的支持力以及沿斜面向上的电场力，三力平衡时加速度

为零，速度最大，可知小物块运动到。点以下某位置时具有最大速度，选项C错误；

D.小物决到达最低点后，加速度沿斜面向上，由能量关系可知，滑块能回到A点，且速度大小等于%,选项D正确。

故选BD.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、(1)6000负(2)电路如图；

【解析】

(1)根据欧姆表的倍率挡和表盘进行读数；欧姆表红表笔接内部电源的负极.(2)根据实验原埋设计电路图；根据电

路图找到Uz和Ui的函数关系，根据斜率求解Rv；根据电路结构判断电压表V2内阻的影响.

【详解】

(1)用多用电表的欧姆挡“xlk”测量，该读数为6xlkQ=6000Q；电流从多用电表的负极流入，则多用表的红表笔与

电压表V的负的接线柱相连.

(2)①实物连线如图；

贝H+暂■=々，解得&=4-

k-1

③由电路图可知,电压表V2的内阻对测量结果无影响.

12、B；

【解析】

(1)由于电源电动势为4V,所以电压表应选C(因为若选择电压表D时，电动势3V还不到电压表量程的g)；

U4

根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：/皿、=丁=£人=0.&4所以电流表应选明

(2)实物连线图如图所示:

(3)由图可知，电流表的读数为：I=0.50A,电压表的读数为：U=2.60V,所以待测电阻为：/?=y==5.20Q

(4)根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经R,的电流,

所以产生误差的主要原因是B；

故选R.

⑸由于电流流过电阻丝发热，所以在实验时流过电阻丝的电流不能过大，并且时间不要太长，故选C.

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13>(l)1.0xl04m/s(2)66.7V(3)0.1T

【解析】

(1)粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度V1.

(2)粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出电压.

(3)粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B.

【详解】

(1)带电微粒经加速电场加速后速度为V,根据动能定理：

解得：vi==1.0xl04ni/s

L

(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动.在水平方向微粒做匀速直线运动水平方向：，=一

匕

带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a,出电场时竖直方向速度为V2

竖直方向：。=幺£=吟k

mam

qU、L

V2=at=--------

amV1

八vqU、LU、L

由几何关系：?诡广荻

2dU.

Ui=-------tan0

L

代入数据得：U2=100V

(3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R,

由几何关系知R+—=D

2

加2D

得：

V

设微粒进入磁场时的速度为V。/1

330。

由牛顿运动定律及运动学规律：qvlB=—

R

“〃"7匕

得：qR2'cos30°

3qD

代入数据数据解得B=0.1T

若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T.

14、咪⑵（4肉兀）器⑶器

【解析】

⑴由于粒子从。点垂直于O尸离开电场，设到。点时竖直分速度为由题意可知

5=回）

设粒子从M点到Q点运动时间为哈有

'专'

粒子做类平抛运动的水平位